А.М. Салецкий, А.И. Слепков - Лабораторный практикум по механике твёрдого тела (1108779), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Определение момента инерции тонкого стержня,относительно оси, проходящей через его середину. Пусть тонкийстержень имеет длину l и массу m. Разделим его на малые элементы длиныdx (рис. 27), масса которых dm = (m l ) dx . Если выбранный элементнаходится на расстоянии x от оси, то его момент инерции dJ = x 2 dm , т.е.mdJ = x 2 dx.lИнтегрируя последнее соотношение в пределах от 0 до l/2 и удваиваяполученное выражение (для учета левой половины стержня), получимl 20m 2m x3x dx = 2 ⋅ll 3l 20=ml 2.12(п.3)Полный момент инерции стержняОПРЕДЕЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ТЕЛ,ИМЕЮЩИХ ПРОСТЕЙШУЮ ГЕОМЕТРИЧЕСКУЮФОРМУJ =2∫2m l m l + .2 22 4Рис.
27. Представление стержня, вращающегося вокруг оси,проходящей через его середину, в виде совокупности малыхэлементов dxJ = kml 2 ,(п.2)где k — неизвестный коэффициент.Для каждой из половин стержня при вращении вокруг оси AA′ можнонайти момент инерции, используя (п.2) и теорему Гюйгенса–Штейнера:Рис. 28. К определению моментаинерции тонкого стержня относительно оси, проходящей через егосередину с помощью метода подобияНо этот же момент инерции, согласно (п.2), равен kml 2 . Приравнивая(п.4) и (п.2), имеем22kили2m l ml 2 + 2 = kml2 22 4(п.5)k 1+= k и, следовательно,4 16k=(п.1)Это выражение может быть получено и другим способом, с помощьюметода подобия.
Будем считать, что рассматриваемый стержень состоит издвух половин (рис.28). Каждая из них имеет массу m/2 и длину l/2.Выражение для момента инерции стержня должно включать его массу идлину, так как это единственные параметры, определяющие егоинерционные свойства при вращении. Пусть(п.4)т.е. J =1,12(п.6)1ml 2 , что совпадает с (п.1)12Приложение 2. Моменты инерции прямоугольной пластины относительно главных центральных осей. Для расчета моментов инерциипрямоугольной пластинки со сторонами a и b и массой m выберем систему координат так, чтобы ее оси совпадали с главными центральнымиосями (рис. 29). Для прямоугольной пластинки легко вычислить моментыинерции относительно осей x и y .
Рассмотрим, например, расчет J x .Пластинку можно представить как совокупность тонких полосок, для ка-88Лабораторный практикум по механике твердого телаждой из которых момент инерции вычисляется так же, как для тонкой палочки длины a . Момент инерции пластинки относительно оси x равенсумме моментов инерции этих полосок, т.е.Jx =Рис. 29. Выбор системы координат и представление пластинки ввиде совокупности тонкихполосок∑ J x = ∑ 12 (dm)a 2 = 12 ma 2 .11(п.7)iАналогично вычисляется момент инерциипластинки относительно оси y1J y = mb 2 .(п.8)12Для вычисления момента инерциипластинки относительно оси zвоспользуемсяследующимприемом.Рассмотрим малый элемент массы δm (рис.30).
Его момент инерции δ J z относительнооси z равен()δJ z = δm x 2 + y 2 ,(п.9)т.е. можно записать, чтоδ J z = δmx 2 + δmy 2 = δJ x + δJ y , (п.10)где δ J y , δ J x — моменты инерции этогомалого элемента относительно осей y и x .Это же соотношение справедливо нетолько для отдельного элемента, но и длялюбого плоского тела в целом. В этом легкоубедиться, представляя плоское тело каксовокупность отдельных малых элементов(рис.30) и производя суммирование по всемРис. 30. Представление пластинки в виденабора малых элементовэтим элементам.Таким образом, используя (п.7), (п.8) и (п.10), получимJz =()1m a 2 + b2 .12(п.11)если тело является правильной фигурой, например, квадратом, равносторонним треугольником, то в конечное выражение для момента инерцииотносительно оси, проходящей через центр масс и перпендикулярнойплоскости фигуры, войдет масса тела и квадрат его характерного размера.Действительно — это единственные параметры, которые могут характеризовать инерционные свойства тела приего вращении вокруг выбранной оси.Таким образом можно записатьJ = kma 2 ,(п.12)где J — момент инерции тела, m — егомасса, a — характерный размер (сторонаквадрата или треугольника), k —неизвестныйкоэффициент,которыйопределяется формой тела.Рис.
31. СхематичноеДляпластины,имеющейвидпредставлениепримененияправильного треугольника A′B ′C ′ (рис.принципаподобиядля оп31), момент инерции относительно оси,ределениямоментаинерцииперпендикулярной плоскости пластины итела, имеющего форму равпроходящей через точку O , может бытьностороннего треугольникавыражен формулой (п.12).Проведем геометрическое построение (рис. 31) и рассмотрим треугольную пластину ABC со стороной 2a .
Очевидно, что ее масса будетравна 4 m , а формула для момента инерции будет иметь видJ 1 = k (4m ) ⋅ (2a )2 = k ⋅ 16 ⋅ ma 2 .(п.13)Пластина ABC состоит из четырех одинаковых треугольников со стороной a каждая. В этом случае момент инерции треугольника ABC можно представить в виде суммы моментов инерции четырех треугольныхпластин.
Для вычисления этих моментов инерции воспользуемся тем, чтоцентр масс треугольника находится в точке пересечения его медиан. Обозначим через d расстояние от центров ∆AA′C ′ , ∆A′BB ′ , ∆B ′CC ′ до точкиO — центра масс пластины ABC . Используя теорему Гюйгенса–Штейнера, получаем() () ()J1 = J AA′C ′ + md 2 + J A′BB′ + md 2 + J C ′B′C + md 2 + J A′B′C ′ =Приложение 3. Момент инерции треугольной пластины относительно главной центральной оси, перпендикулярной его плоскости.Определим момент инерции треугольной пластины с помощью методаподобия.
Этот метод используется обычно в тех случаях, когда изначальноясен общий вид формулы, определяющей момент инерции. В частности,= 4k ⋅ ma 2 + 3md 2 . (п.14)Учитывая, что d = a3 , и сравнивая (п.14) с (п.13), находим,чтоЛабораторный практикум по механике твердого тела904kma 2 + 3ma2= 16kma 2 ,3(п.15)откуда следует1.(п.16)12Таким образом момент инерции плоского тела, имеющего форму равностороннего треугольника, относительно оси, проходящей через центрмасс (точку О) перпендикулярно его плоскости, равенk=J=1ma 2 .12(п.17)Приложение 4. Моменты инерции тонкого диска относительно егоглавных центральных осей.
Для расчета моментов инерции тонкогодиска массы m и радиуса R выберем системукоординат так, чтобы ее оси совпадали с главными центральными осями (рис. 32). Определим момент инерции тонкого однородного диска относительно оси z , перпендикулярной кплоскости диска. Рассмотрим бесконечно тонкое кольцо с внутренним радиусом r и наружr + dr .ПлощадьтакогокольцанымmdsrdrРис. 32. Выборds = 2π rdr , а его масса dm == 2m 2 ,системы координат иSRпредставление диска в2где S = π R — площадь всего диска. Моментвиде наборов тонкихинерции тонкого кольца найдется по формулеdJ = dmr 2 . Момент инерции всего диска определяется интегралом∫J z = r 2 dm =2mR2R∫r3dr =01mR 2 .2Рис. 33.
Выбор системыкоординати представление цилиндра ввиде( l — длина цилиндра). Момент инерции тонкого диска dJ ′x относительнооси Ox в соответствии с (п.20) и теоремой Гюйгенса–Штейнера равен1dJ x′ = dmR 2 + dmz 2 ,(п.22)4где z — расстояние от диска до центра цилиндра.Момент инерции всего цилиндра найдем после интегрирования по z(по всей длине цилиндра):Jx =∫l z−)верждением (п.10), полученным при расчете момента инерции прямоугольной пластины.
При этом из (п.10) получаем(п.19)откуда1mR 2 .4(п.21)где R — радиус цилиндра, m — егомасса.Пусть теперь ось вращенияпроходит через центр масс цилиндраперпендикулярно его продольной оси(рис.П.7) и совпадает с осьюкоординат x . Представим цилиндркак совокупность тонких дисковтолщины dz и массы dm = ( m l ) ⋅ dz(п.18)(Jx = Jy =1J z = ∑ dJ z = mR 2 ,2l2Для определения J x воспользуемся симметрией диска J x = J y и ут-J z = 2J x ,Приложение 5. Моменты инерции цилиндра относительно егоглавных центральных осей.
Выберем оси системы координат, совпадающие с главными центральными осями так, как показано на рис. 33.Определим момент инерции цилиндра относительно оси z . Цилиндрпредставляет собой набор тонких дисков с массами dm и моментами1инерции dJ z = dmR 2 . Момент инерции цилиндра равен сумме момен2тов инерций dJ z тонких дисков(п.20)2m1dz + mR 2 ,4l(п.23)2откуда получаемJx =11ml 2 + mR 2 .124(п.24)Приложение 6. Момент инерции цилиндра с центральным отверстием относительно его продольной оси.
Однородный цилиндр массыm с внешним радиусом R2 и внутренним радиусом R1 (рис. 34) можнорассматривать как сплошной цилиндр радиуса R2 , массы m 2 , из которогоЛабораторный практикум по механике твердого тела92вырезано отверстие — цилиндр радиуса R1 , массы m1 . Очевидно, чтоJ = J 2 − J1 =()m1m2 R22 − m1 R12 и, так как m = m 2 − m1 и 1 =2m2J=(πR12πR22)1m R22 + R12 .2((п.25))()δ J x = δ m y 2 + z 2 ,δ J y = δ m x 2 + z 2 ,δ J z = δ m x 2 + y 2 .Таким образом можно записать()δ J x + δ J y + δ J z = 2 δm x 2 + y 2 + z 2 .(п.26)Так как для элементов сферического слоя x 2 + y 2 + z 2 = r 2 , тоδJ x + δJ y + δJ z = 2δmr 2 .После интегрирования по всему объему слоя получимdJ x + dJ y + dJ z = 2dmr 2 .∫J = dJ = 2m0центр слоя — δ J x , δ J y , δ J z , равны)R∫, тоПриложение 7.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
